是否存在整数a,b,c使二次方程 ax^2+bx+c=0 和 (a+1)x^2+(b+1)x+c+1=0都有两个整数根?
来源：学生作业帮助网 编辑：六六作业网 时间：2024/12/19 09:36:39
是否存在整数a,b,c使二次方程 ax^2+bx+c=0 和 (a+1)x^2+(b+1)x+c+1=0都有两个整数根?
是否存在整数a,b,c使二次方程 ax^2+bx+c=0 和 (a+1)x^2+(b+1)x+c+1=0都有两个整数根?
是否存在整数a,b,c使二次方程 ax^2+bx+c=0 和 (a+1)x^2+(b+1)x+c+1=0都有两个整数根?
不存在
反证法 假如存在这样的a,b,c
显然a|b,a|c 设b=ma,c=na (m,n均为整数）
又(a+1)|(b+1)=>(a+1)|(ma+1)=>(a+1)|(m-1) 设m=r(a+1)+1 同理 n=s(a+1)+1(r,s均为整数）
=>b=(r(a+1)+1)a c=(s(a+1)+1)a
=>ax^2+bx+c=0ax^2+a(r(a+1)+1)x+a(s(a+1)+1)=0x^2+(1+r(a+1))x+(1+s(a+1))=0 （1）
(a+1)x^2+(b+1)x+c+1=0(a+1)x^2+(a+1)(ra+1)x+(a+1)(sa+1)=0x^2+(ra+1)x+sa+1=0 （2)
即方程(1),(2)都有整数根 假如x^2+fx+z=0有整数根显然有f^2-4z为完全平方数
固有(1+r(a+1))^2-4(1+s(a+1))=p^2
(1+ra)^2-4(1+sa)=q^2 (p,q为整数）
假如a为偶数 设a=2k
=>1+4kr+4(kr)^2-4-8ks=q^2 -------（3）
显然等式左边为奇数 故设q=2d+1
=>1+4kr+4(kr)^2-4-8ks=4d^2+4d+1=>kr+(kr)^2-1-2ks=d^2+d=>kr(kr+1)-1-2ks=d(d+1)
显然kr(kr+1)为偶数 d(d+1)为偶数 2ks为偶数 而1为奇数 等式左边为奇数右边为偶数 矛盾
注d(d+1)为偶数是因为d 和d+1是两个连续的整数 两个连续整数必然有一个数偶数 所以乘积是偶数,kr(kr+1)为偶数是同样的道理
假如a为奇数 设a=2k-1
(1+r(a+1))^2-4(1+s(a+1))=p^21+4kr+4(kr)^2-4-8ks=p^2
该等式与（3）相同,故同理可得矛盾
综上所述 不存在整数a,b,c使二次方程 ax^2+bx+c=0 和 (a+1)x^2+(b+1)x+c+1=0都有两个整数根
证毕
联立两式得x^2+x=0得x=O或x=1,代入两式得c=0,a+b=0,a+b=-2所以不存在